Giải Toán 12 trang 58 Tập 1 Kết nối tri thức

Giải Toán 12 trang 58Tập 1

Bài 2.1 trang 58 Toán 12 Tập 1: Trong không gian, cho ba vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$ phân biệt và đều khác $\overrightarrow{0}$. Những mệnh đề nào sau đây là đúng?

a) Nếu $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ đều cùng hướng với $\overrightarrow{c}$ thì $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ cùng hướng.

b) Nếu $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ đều ngược hướng với $\overrightarrow{c}$ thì $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ cùng hướng.

c) Nếu $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ đều cùng hướng với $\overrightarrow{c}$ thì $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ ngược hướng.

d) Nếu $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ đều ngược hướng với $\overrightarrow{c}$ thì $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ ngược hướng.

Lời giải:

Các câu đúng: Nếu $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ đều cùng hướng với $\overrightarrow{c}$ thì $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ cùng hướng.

Nếu $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ đều ngược hướng với $\overrightarrow{c}$ thì $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ cùng hướng.

Bài 2.2 trang 58 Toán 12 Tập 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có$AB=2,AD=3$ và $A{A}^{\prime }=4$. Tính độ dài của các vectơ $\overrightarrow{B{B}^{\prime }},\overrightarrow{BD}$ và $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$.

Lời giải:

Vì B’BAA’ là hình chữ nhật nên $B{B}^{\prime }=A{A}^{\prime }=D{D}^{\prime }=4\Rightarrow \left|\overrightarrow{B{B}^{\prime }}\right|=4$

Vì tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên tam giác BAD vuông tại A.

Do đó, $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$ (định lí Pythagore), suy ra: $\left|\overrightarrow{BD}\right|=\sqrt{13}$

Vì BB’D’D là hình chữ nhật nên tam giác DD’B vuông tại D

Theo định lí Pythagore ta có: $B{D}^{\prime }=\sqrt{B{D}^2+DD{\prime 2}^{}}=\sqrt{13+4^2}=\sqrt{29}\Rightarrow \left|\overrightarrow{B{D}^{\prime }}\right|=\sqrt{29}$

Bài 2.3 trang 58 Toán 12 Tập 1: Một chiếc bàn cân đối hình chữ nhật được đặt trên mặt sàn nằm ngang, mặt bàn song song với mặt sàn và bốn chân bàn vuông góc với mặt sàn như Hình 2.29. Trọng lực tác dụng lên bàn (biểu thị bởi vectơ $\overrightarrow{a}$) phân tán đều qua bốn chân bàn và gây nên các phản lực từ mặt sàn lên các chân bàn (biểu thị bởi các vectơ $\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{d},\overrightarrow{e}$).

a) Hãy chỉ ra mối quan hệ về phương và hướng của các vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{d}$ và $\overrightarrow{e}$.

b) Giải thích vì sao các vectơ $\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{d},\overrightarrow{e}$ đôi một bằng nhau.

Lời giải:

a) Các vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{d}$ và $\overrightarrow{e}$ có cùng phương; các vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{d}$ cùng hướng với nhau và ngược hướng với vectơ $\overrightarrow{e}$.

b) Vì trọng lực tác dụng lên bàn phân tán đều qua bốn chân bàn và gây nên các phản lực từ mặt sàn lên các chân bàn nên các vectơ $\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{d},\overrightarrow{e}$ có độ lớn bằng nhau. Mà các vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{d}$ cùng hướng với nhau. Do đó, các vectơ $\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{d},\overrightarrow{e}$ đôi một bằng nhau.

Bài 2.4 trang 58 Toán 12 Tập 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng:

Lời giải:

a) Vì ABCD là hình bình hành nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$

Vì CDD’C’ là hình bình hành nên $\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{CD},\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$

Ta có:$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{CD}=\left(\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DC}\right)+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$

b) Ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{C{D}^{\prime }}-\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{0}$

c) Vì ABCD là hình bình hành nên $\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}$

Vì A’ACC’ là hình bình hành nên $\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{C{A}^{\prime }}$

$\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{DC}=-\left(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}\right)-\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=-\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=-\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}\right)=-\overrightarrow{C{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A^{\prime }C}$

Bài 2.5 trang 58 Toán 12 Tập 1: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b}$ và $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{c}$. Hãy biểu diễn các vectơ sau qua các vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$:

Lời giải:

a) Vì A’ABB’ là hình bình hành nên $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$

b) Vì A’ABB’ là hình bình hành nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{a}$

Ta có: $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}$

Vì C’CBB’ là hình bình hành nên

+ $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}$

+ $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}+\overrightarrow{B^{\prime }B}=-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}$

c) Vì C’CBB’ là hình bình hành nên $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}$

Bài 2.6 trang 58 Toán 12 Tập 1: Cho hình chóp tứ giác S. ABCD. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình bình hành nếu và chỉ nếu $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$.

Lời giải:

Chứng minh: Nếu tứ giác ABCD là hình bình hành thì $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD. Khi đó, O là trung điểm của AC, BD.

Suy ra $\overrightarrow{OC}=-\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OD}=-\overrightarrow{OB}$

Ta có:$\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{SO}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{SO}+\left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OA}\right)=2\overrightarrow{SO}$

$\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SO}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{SO}+\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{SO}+\left(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OB}\right)=2\overrightarrow{SO}$

Do đó, $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$

Chứng minh: Nếu $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$ thì tứ giác ABCD là hình bình hành:

Ta có: $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}\iff \overrightarrow{SA}-\overrightarrow{SB}=\overrightarrow{SD}-\overrightarrow{SC}\iff \overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}$

Suy ra, hai vectơ $\overrightarrow{BA}$ và $\overrightarrow{CD}$ cùng hướng và có độ lớn bằng nhau.

Suy ra, $AB=CD,$ AB//CD. Khi đó, tứ giác ABCD là hình bình hành.

Vậy tứ giác ABCD là hình bình hành nếu và chỉ nếu $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$

Bài 2.7 trang 58 Toán 12 Tập 1: Cho hình chóp S.ABC. Trên cạnh SA, lấy điểm M sao cho $SM=2AM$. Trên cạnh BC, lấy điểm N sao cho $CN=2BN$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{BC}\right)+\overrightarrow{AB}$.

Lời giải:

Ta có: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{CB}$

$=\frac{1}{3}\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{BC}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{BC}\right)+\overrightarrow{AB}$ (đpcm)

Ta có: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{CB}$

$=\frac{1}{3}\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{BC}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{BC}\right)+\overrightarrow{AB}$ (đpcm)

Bài 2.8 trang 58 Toán 12 Tập 1: Trong Luyện tập 8, ta đã biết trọng tâm của tứ diện ABCD là một điểm I thỏa mãn $\overrightarrow{AI}=3\overrightarrow{IG}$, ở đó G là trọng tâm của tam giác BCD. Áp dụng tính chất trên để tính khoảng cách từ trọng tâm của một khối rubik (đồng chất) hình tứ diện đều đến một mặt của nó, biết rằng chiều cao của khối rubik là 8cm (H.2.30).

Lời giải:

Đặt tên khối rubik là tứ diện đều ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD, I là trọng tâm tứ diện ABCD. Do đó, $\overrightarrow{AI}=3\overrightarrow{IG}\Rightarrow IG=\frac{1}{4}AG$

Vì chiều cao của rubik bằng 8cm nên $AG=8cm\Rightarrow IG=\frac{1}{4}.8=2\left(cm\right)$

Vậy khoảng cách từ trọng tâm của một khối rubik (đồng chất) hình tứ diện đều đến một mặt của nó bằng 2cm.